高三物理二轮复习 专题辅导与应用 强化练14 运用动力学和能量观点分析多过程问题.doc

强化练 14运用动力学和能量观点分析多过程问题对应学生用书 第180页1导学号：82460550(2015张掖三诊，24)如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的a点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达c点时，恰好沿c点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端d点的质量为m3 kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为r0.4 m，c点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g 取10 m/s2.求：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端d点时对轨道的压力；(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度l至少多大？解析：(1)物块到达c点的速度方向与水平方向的夹角为60，根据平行四边形定则知：vc4 m/s 小物块由c到d的过程中，由动能定理得： mgr(1cos 60)mvmv代入数据解得： vd2 m/s小球在d点时由牛顿第二定律得：fnmgm代入数据解得：fn60 n由牛顿第三定律得：fnfn60 n，方向竖直向下(2)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：a1 g3 m/s2，a2 1 m/s2 速度分别为：vvda1tva2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得：mglmv(mm )v2.解得：l2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m.答案：(1)60 n(2)2.5 m2导学号：82460551(2015宁德市普高质检，21) 如图，在水平轨道右侧固定半径为r的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的pq段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧a点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知r0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物块质量m1 kg，与pq段间的动摩擦因数0.4，轨道其它部分摩擦不计。取g10 m/s2.求：(1)物块经过圆轨道最高点b时对轨道的压力；(2)物块从q运动到p的时间及弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节pq段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回a点继续向右运动解析：(1)物块冲上圆形轨道最高点b时速度为v，由机械能守恒得：mvmv22mgr 物块到圆弧轨道的最高点b点，由牛顿第二定律得：nmg联立并代入数据解得：n40 n由牛顿第三定律，物块对轨道压力大小为40 n，方向为竖直向上 (2)物块在q点时速度为v06 m/s，在pq运动时，由牛顿运动定律有：mgma 由运动规律lv0tat2联立并代入数据解得在pq段运动时间：t0.5 s 设物块在p点时速度为v1，有vv2gl 由能量守恒，物块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，有：epmmv 联立式代入数据解得：epm8 j (3)物块以v0冲上轨道直到回到pq段右侧q点时速度为v2，有：2mglmvmv要使物块恰能不脱离轨道返回a点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3，则满足：mv2mgrmv且：mg联立式代入数据解得l1 m答案：(1)40 n；(2)0.5 s8 j；(3)1 m3导学号：82460552(2015扬州开学考试，13)如图所示，半径r0.5 m的光滑圆弧面cdm分别与光滑斜面体abc和斜面mn相切于c、m点，o为圆弧圆心，d为圆弧最低点斜面体abc固定在地面上，顶端b安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块p、q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持p、q两物块静止若pc间距为l10.25 m，斜面mn足够长，物块p质量m13 kg，与mn间的动摩擦因数，求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)烧断细绳后，物块p第一次到达d点时对轨道的压力大小；(2)物块p第一次过m点后0.3 s到达k点，则 mk间距多大；(3)物块p在mn斜面上滑行的总路程解析(1)滑块由p到d过程，由动能定理，得：mghmv根据几何关系，有：hl1sin 53r(1cos53) 在d点，支持力和重力的合力提供向心力，有：fdmgm 解得：fd78 n 由牛顿第三定律得，物块p对轨道的压力大小为78 n (2)pm段，根据动能定理，有：m1gl1sin 53m1v解得：vm2 m/s沿mn向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1gsin 53gcos 5310 m/s2根据速度时间公式，有：vma1t1 解得：t10.2 s 所以t10.2 s时，p物到达斜面mn上最高点，故返回过程，有：xa2t沿mn向下运动过程，根据牛顿第二定律，有a2gsin 53gcos536 m/s2根据运动学公式，有：xmkt1a2t0.17 m 即mk之间的距离为0.17 m(3)最后物体在cm之间来回滑动，且到达m点时速度为零，对从p到m过程运用动能定理，得到：mgl1sin 53mgl1cos 53l总0解得： l总1.0 m即物块p在mn斜面上滑行的总路程为1.0 m 答案：(1)78 n；(2)0.17 m；(3)1.0 m4导学号：82460553(2015苏锡常镇四市二调，15)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块p和小物块q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长某时刻物块p从传送带左端以速度2v0冲上传送带，p与定滑轮间的绳子水平已知物块p与传送带间的动摩擦因数0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦求：(1)运动过程中小物块p、q的加速度大小之比；(2)物块p刚冲上传送带到右方最远处的过程中，pq系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v(0v2v0)匀速运动，当v取多大时物块p向右冲到最远处时，p与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？解析：(1)设p的位移、加速度大小分别为s1、a1，q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s12 s2，故a12a2，(2)对p有：mgtma1对q有：mg2tma2得：a10.6 gp先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，x1 共速后，由于fmgmg，p不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时p加速度为a1，q的加速度为a2a1对p有：tmgma1，对q有：mg2tma2，解得：a10.2 g设减速到0位移为x